Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là tứ giác có các cặp cạnh đối không song song. Gọi $M,P$ là trung điểm $SA,BC$. $G$ là trọng tâm tam giác $SCD$. Xác định thiết diện với hình chóp cắt bởi $(MPG)$.

(Hình vẽ gửi lên sau nha)

Gọi $E$ là trung điểm $CD$. Ta có: $AE\cap MG=K;$$PK\cap AD=J;PK\cap AB=N;$$$JM\cap SD=I;IG\cap SC=Q$$

Dễ dàng chứng minh đc t/d là ngũ giác $MNPQI.$

$x+1+\sqrt{x^{2}-4x+1}\geq 3\sqrt{x}$

Kẹp công thức trong dấu "$" nha bạn.

Giải như sau:

Điều kiện: $\left\{\begin{matrix} x^2-4x+1\geq 0\\ x\geq 0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow 0\leq x\leq 2-\sqrt{3}$ $\vee$ $2+\sqrt{3}\leq x$

1. Xét $x=0$ thấy thỏa BPT
2. Xét $x\neq 0$ chia hai vế cho $\sqrt{x} > 0$ ta được:

$\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}+\sqrt{x+\frac{1}{x}-4}\geq 3$

          Đặt $t=\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}};\left ( t\geq 2 \right )$ ta được BPT: $t+\sqrt{t^2-6}\geq 3\Leftrightarrow t\geq \frac{5}{2}$

          Suy ra $\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}\geq \frac{5}{2}\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \sqrt{x}\leq \frac{1}{2}\\ \sqrt{x}\geq 2 \end{bmatrix} \Leftrightarrow \begin{bmatrix} 0 < x \leq \frac{1}{4}\\ x\geq 4 \end{bmatrix}$

Vậy $S=\left [ 0;\frac{1}{4} \right ]\cup \left [ 4;+\infty \right )$

Khi viết công thức tổng Xích ma, mình có viết thế này:

  Với $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_\varepsilon x^\varepsilon \\ =a_0+\sum_{j=1}^{\varepsilon }a_jx^j$ $(1)$

  thì $\sum_{i=0}^{x}f\left ( i \right )=\sum_{i=0}^{x}\left ( a_0+\sum_{j=1}^{\varepsilon }a_ji^j \right )=a_0\left ( x+1 \right )+\sum_{j=1}^{\varepsilon }\sum_{i=0}^{x}a_ji^j$ $(2)$

Xét tính đúng sai của $(1)$ và $(2)$   

Các bạn giải chi tiết dùm mình bài này, mình vẫn chưa hiểu

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình chính tắc của Hypebol biết tâm sai e = 1/2 và độ dài trục lớn bằng 8

Theo em biết thì $Hypebol$ có trục thực với trục ảo, không có trục lớn.

Mình thi violympic vòng 7 có mấy bài thấy đề vô lý ai biết đáp án chính xác thì chỉ cho mình:

Hình bình hành $ABCD$ có góc $A=50^0$ suy ra góc $B=130^0$

Câu 5:
Giả sử tồn tại số tự nhiên $n$ để giá trị của biểu thức $8n^2+10n+3$ chỉ chia hết cho $1$ và $3$ thì $n=0$

 

Câu 10: Cho a>0, b>0. Chứng minh: $\large \frac{a\sqrt{b}}{b}-\sqrt{a}\geq \sqrt{b}-\frac{b\sqrt{a}}{a}$

ko đâu. đề đủ dk đấy, lúc đầu mình cũng nhầm vậy. bạn thử hướng khác đi. 

Vậy thì thế này, biến đổi tương đương ta có

$$\frac{a\sqrt{b}}{b}+\frac{b\sqrt{a}}{a}-\sqrt{a}-\sqrt{b}\geq 0$$

$$\Leftrightarrow \frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{a}}-(\sqrt{a}+\sqrt{b})\geq 0$$

$$\Leftrightarrow \frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b})(a+b-\sqrt{ab})}{\sqrt{ab}}-(\sqrt{a}+\sqrt{b})\geq 0$$

$$\Leftrightarrow (\sqrt{a}+\sqrt{b}).\frac{(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2}{\sqrt{ab}}\geq 0 (Right)$$

 

Câu 10: Cho a>0, b>0. Chứng minh: $\large \frac{a\sqrt{b}}{b}-\sqrt{a}\geq \sqrt{b}-\frac{b\sqrt{a}}{a}$

 

Biến đổi tương đương, ta có

$\frac{a\sqrt{b}}{b}-\sqrt{a}\geq \sqrt{b}-\frac{b\sqrt{a}}{a} \Leftrightarrow \frac{a\sqrt{b}-b\sqrt{a}}{b}\geq \frac{a\sqrt{b}-b\sqrt{a}}{a}\Rightarrow a\geq b???$

Đề thiếu điều kiện chăng

 

Câu 13: Tìm các số nguyên n sao cho n+2004 và n+1945 là các số chính phương.

Đặt $n+2004=a^2,n+1945=b^2$ $a,b\in \mathbb{N}$

Ta có $n=a^2-2004=b^2-1945$ hay $(a-b)(a+b)=59$

CONTINUE...

 

Câu 14: Tìm tất cả các số nguyên k để phương trình: $kx^{2}-(1-2k)x+k-2=0$ luôn có nghiệm hữu tỉ.

 

 

Ta có $\Delta \geq 0\Leftrightarrow k\geq \frac{-1}{4}$

Pt có nghiệm hữu tỉ khi $\Delta$ là bình phương của một số hữu tỉ

Ta có $\Delta =4k+1=\frac{a^2}{b^2}$ $(a,b\in \mathbb{Z},(a,b)=1)$

Suy ra $k=\frac{a^2-b^2}{4b^2}$

Vậy với $k=\frac{a^2-b^2}{4b^2}$ $(a,b\in \mathbb{Z},(a,b)=1)$ thì pt trên luôn có nghiệm hữu tỉ.

Câu 1: Tính: $M=\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{\frac{5}{12}-\frac{1}{\sqrt{6}}}$

$M=\frac{2\sqrt{3}+\sqrt{2}}{6}+\frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{\frac{5-2\sqrt{6}}{12}}$

$=\frac{2\sqrt{3}+\sqrt{2}}{6}+\frac{1}{\sqrt{3}}.\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}=\frac{3\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}$

Cho mình hỏi: Từ $$\Leftrightarrow \frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b})(a+b-\sqrt{ab})}{\sqrt{ab}}-(\sqrt{a}+\sqrt{b})\geq 0$$

 cho ra: $$\Leftrightarrow (\sqrt{a}+\sqrt{b}).\frac{(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2}{\sqrt{ab}}\geq 0$$

thì làm thế nào nhỉ???  

$$\Leftrightarrow \frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b})(a+b-\sqrt{ab})}{\sqrt{ab}}-(\sqrt{a}+\sqrt{b})\geq 0$$

$$\Leftrightarrow (\sqrt{a}+\sqrt{b})(\frac{a+b-\sqrt{ab}}{\sqrt{ab}}-1)\geq 0$$

$$\Leftrightarrow (\sqrt{a}+\sqrt{b}).\frac{a+b-2\sqrt{ab}}{\sqrt{ab}}\geq 0...$$

Bài 4 (2 điểm):

1) Tìm giá trị m trong phương trình bậc hai $x^2-12x+m=0$, biết rằng phương trình có hiệu hai nghiệm bằng $2\sqrt{5}$.

Đề sướng thế, không có câu một điểm

ĐK $m< 36$

Gọi hai nghiệm của pt là $x_{1},x_{2}$, ta có

$\sqrt{(x_{1}+x_{2})^2-4x_{1}x_{2}}=|x_{1}-x_{2}|=2\sqrt{5}$

Áp dụng Viète, giải ra là có được một điểm.

Giải phương trình nghiệm nguyên:$x^2+y^2+z^2=x^2y^2$

Toán thủ ra đề: vutuanhien

Em không phải là đấu thủ thi đấu!

Bài làm. Phương trình đã cho tương với: $z^2+1=\left ( x^2-1 \right )\left ( y^2-1 \right )$

Với mọi $z$ nguyên thì $z^2+1$ không chia hết cho $4$ nên $\left ( x^2-1 \right )\left ( y^2-1 \right )$ không chia hết cho $4$.

Điều này xảy ra khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix} x^2\equiv 0\left ( mod4 \right )\\ y^2\equiv 0\left ( mod4 \right ) \end{matrix}\right.$. Hay $\left ( x^2-1 \right )\left ( y^2-1 \right )\equiv 1\left ( mod4 \right )\Rightarrow z^2\vdots 4$

Đặt $x=2x',y=2y',z=2z';\left ( x',y',z'\in \mathbb{Z} \right )$, ta được: $4x'^2+4y'^2+4z'^2=16x'^2y'^2\Leftrightarrow x'^2+y'^2+z'^2=4x'^2y'^2$

Chứng minh như trên ta cũng suy ra $x',y',z'\vdots 4$

Như vậy, nếu $\left ( x,y,z \right )$ là nghiệm của phương trình đã cho thì $\left ( x',y',z' \right )$ cũng là nghiệm của nó.

Cứ tiếp tục $n$ lần như vậy thì $x,y,z\vdots 2^n,\left ( n\in \mathbb{N} \right )$

Điều này xảy ra khi $x=y=z=0$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất $\left ( 0;0;0 \right )$

Bài của Niels Henrik Abel edu1998 sao có $1$ điểm vậy ạ, em thấy kết quả đúng mà 

Hai tuần rồi mà sao chưa thấy chấm bài vậy Trọng tài!!!

Giải phương trình:

$$\sqrt{x^2+x-6}+3\sqrt{x-1}=\sqrt{3x^2-6x+19}$$

Đề của 

vuminhhoang

MHS09.

Bài làm. Điều kiện: $\left\{\begin{matrix} x^2+x-6\geq 0\\ x-1\geq 0\\ 3x^2-6x+19\geq 0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x\geq 2$

Bình phương hai vế phương trình đã cho, ta được: $3\sqrt{\left ( x-1 \right )\left ( x^2+x-6 \right )}=x^2-8x+17$

Lại bình phương hai vế, ta được:

$$9\left ( x-1 \right )\left ( x^2+x-6 \right )=\left ( x^2-8x+17 \right )^2\\ \Leftrightarrow x^4-25x^3+98x^2-209x+235=0$$

Ta luôn có: $x^4-25x^3+98x^2-209x+235=\left ( x^2+ax+b \right )\left ( x^2+cx+d \right ), \left ( a,b,c,d\in \mathbb{R} \right )$

$\\ \Leftrightarrow x^4-25x^3+98x^2-209x+235=x^4+(a+c)x^3+(ac+b+d)x^2+(ad+bc)x+bd$

Suy ra $\left\{\begin{matrix} a+c=-25\\ ac+b+d=98\\ ad+bc=-209\\ bd=235 \end{matrix}\right.$

Ta tìm được $a=-2,b=5,c=-23,d=47$

Vậy $x^4-25x^3+98x^2-209x+235=0\Leftrightarrow \left ( x^2-2x+5 \right )\left ( x^2-23x+47 \right )=0$

Vì $x^2-2x+5=0$ vô nghiệm nên $x^2-23x+47=0$ hay $x=\frac{23\pm \sqrt{341}}{2}$

Ta thấy cả hai giá trị của $x$ tìm được đều thỏa điều kiện và thỏa phương trình đã cho.

Vậy $S=\left \{ \frac{23\pm \sqrt{341}}{2} \right \}$

P/s: Quên mất lịch thi        

$\box{Điểm:10}$

Chết thật, bài làm của em nhầm to với mấy đường thẳng chéo nhau rồi!

Đoạn này em làm sai rồi nhé   HK có vuông góc được với AC đâu em

Vấn đề chỗ đó á anh à, trí tưởng tượng hơi kém nên cứ nghĩ $KH$ vuông góc $AC$, kết cục là sai.

Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$  có đáy $ABC$  là tam giác vuông tại $B,\widehat{BAC} = 60^0 $, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ bằng $\frac{{\left( {\sqrt 3  - 1} \right)a}}{2}$  và khoảng cách giữa hai đường thẳng $A'B$  và $AC$ bằng $\frac{{a\sqrt {15} }}{5}$ . Tính theo $a$ thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$.

Toán thủ ra đề 

vipkutepro

$MHS09$

Bài làm:

Gọi $I,r$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và bán kính của $(I)$ của tam giác $ABC$

Gọi $E,J$ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ $I$ đến $AB,BC$

Xét tam giác vuông $AIE$ có $IE=r=\frac{\left ( \sqrt{3}-1 \right )a}{2}\Rightarrow AE=\frac{\left ( 3-\sqrt{3} \right )a}{2}$ (Do $\widehat{EAI}=30^0$)

Dễ dàng nhận thấy $EIJB$ là hình vuông, suy ra $AB=AE+EB=\frac{\left ( 3-\sqrt{3} \right )a}{2}+\frac{\left ( \sqrt{3}-1 \right )a}{2}=a\Rightarrow BC=a\sqrt{3}$

Suy ra $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Dựng $HK\perp A'B;K\in A'B$

Vì khoảng cách giữa hai đường thẳng $A'B$ và $AC$ là độ dài $HK$ nên $HK=\frac{a\sqrt{15}}{5}$

Mặt khác, vì:

$$\left\{\begin{matrix} BH\perp AC\\ A'A\perp AC \end{matrix}\right.\Rightarrow BH//A'A$$

Suy ra $\widehat{AA'B}=\widehat{HBK}\\ \Leftrightarrow sin\widehat{AA'B}=sin\widehat{HBK}\\ \Leftrightarrow \frac{AB}{A'B}=\frac{HK}{HB}\\ \Leftrightarrow A'B=\frac{AB.HB}{HK}=\frac{a.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{15}}{5}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\\ \Rightarrow AA'=\frac{a}{2}$

Khi đó thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ là:

$$V_{ABC.A'B'C'}=\frac{1}{3}AA'.S_{ABC}=\frac{a}{2}.\frac{1}{2}AB.BC=\frac{a}{2}.\frac{1}{2}.a.a\sqrt{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$$

$\boxed{Điểm: 3}$

Có bao nhiêu cách xếp 12 người gồm 4 nữ và 8 nam sao thành 1 hàng dọc sao cho giữa 2 người nữ phải có ít nhất 1 người nam.

Đề thi của 

BoFaKe

MHS09

Theo đề thì thứ tự hai bạn đầu và cuối hàng sẽ là: Nữ; Nam; ...; Nam; Nữ (Trường hợp Nam; Nam; Nữ; Nam; Nữ; Nam; Nam; Nữ; Nam; Nam; Nam; Nữ thì sao bạn ?)

Như vậy bài toán trở thành tìm số cách sắp xếp $8$ bạn gồm $2$ nữ và $6$ nam thành một hàng sao cho không có bạn nữ nào kề nhau.

Suy ra số cách sắp xếp $2$ bạn nữ trong $8$ bạn nói trên là: $\frac{8!}{6!}=56$ (cách)

Số cách sắp xếp sao cho $2$ bạn nữ kề nhau trong $8$ bạn nói trên là: $7$ (cách)

Số cách sắp xếp sao cho không có bạn nữ nào kề nhau là: $56-7=49$ (cách)

Suy ra có $49$ cách sắp xếp thỏa đề bài. (Cách sắp xếp theo thứ tự A, B, C..... nó khác với B, A, C chứ bạn vì mỗi bạn đều có tên riêng mà.)

Đáp số: $49$ cách

$\boxed{ĐIỂM BÀI LÀM:} 0$

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho $\Delta ABC$ vuông cân tại A. biết phương trình cạnh BC là: $x+7y-31$, điểm $N(7;7)$ thuộc đường thẳng $AC$, điểm M thuộc AB và nằn ngoài AB. Tìm tọc độ các đỉnh của $\Delta ABC$

Xem lại đoạn màu đỏ

Trong mặt phẳng cho $2009$ điểm bất kì sao cho $3$ điểm bất kì trong chúng là $3$ đỉnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn $1$. Chứng minh rằng tất cả những điểm đã cho nằm trong một tam giác có diện tích không lớn hơn $4$.

Trong kì thi tuyển sinh Đại Học, một thí sinh tên An làm bài trắc nghiệm môn Lý với $50$ câu. An đã khoanh tròn được $30$ câu và chắc đúng $20$ câu. Những giây cuối cùng trước khi nộp bài, An đã khoanh lụi $20$ câu còn lại. Tính xác suất để An có được $7$ điểm nếu:

$a)$ An khoanh kịp hết $20$ câu còn lại

$b)$ An chỉ khoanh được $18/20$ câu còn lại

$c)$ An chỉ khoanh được nhiều nhất $16/20$ câu còn lại.